A. 博弈

Link：P1290 欧几里德的游戏

博弈类的题目，首先考虑找找有什么性质，从而找到“必胜态”和“必败态”。

其中，面对“必胜态”不一定取胜（看个人操作的好坏），但面对“必败态”一定输（对手不会给你做选择的机会）。

上面两条是明确且标准的定义。我们发现如果你能让对手面对“必败态”，或你可以通过一系列方式（例如通过细化操作控制先后手）使自己面对必胜态，则在双方最优操作的情况下（一般题目都这样要求，不然没法做）你自己是一定能赢的。

同时，根据定义，“必胜态”下一步的所有可能性一定是“必败态”。

以上其实就是简单的一个 sg 函数推导；由“必胜态”一步转化到“必败态”其实就是一个“纳什平衡”点。有兴趣可以自行了解。

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下面带入到题目当中。设表示当前局面的状态为 $(x,y)$，我们规定 $x\ge y$。

发现题目要求的其实就是求 gcd 的“辗转相除”过程，只不过一次可以减多个 $y$。

一个显然的必胜态：若 $y\mid x$（x%y==0），显然先手必胜。

然后考虑 $x,y$ 的大小关系：

1. $y\le x\le 2y$：此时只能减去一次 $y$，之后先后手互换操作 $(x-y,y)$。无法确定谁获胜。
2. $x\ge 2y$：先手可以减去尽可能多的 $y$，使局面变成 $(xmody,y)$。也可以少减一个 $y$，让对手操作一次变为 $(xmody,y)$。无论 $(xmody,y)$ 是先手获胜还是后手获胜，当前操作者都可以改变先后手（即“少减一个y”）使自己获胜。所以此时是必胜态。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;// 如果Stan获胜返回1，否则返回0
int dfs(int x, int y, int now){ // 如果当前该Stan，now=1，否则now=0if(x < y) swap(x, y); // 保证x总比y大if(x % y == 0){return now == 1; // 可以直接赢}if(y <= x && x <= 2 * y){return dfs(x - y, y, now ^ 1); // 只能先操作一次，再看}else if(x >= 2 * y){return now == 1; // 上面说过，当前操作者此时一定可以改变先后手使自己获胜}return -1; // 理论上不会到达这里
}void solve()
{int x, y; cin >> x >> y;puts(dfs(x, y, 1)? "Stan wins" : "Ollie wins");
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);int T; cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}

B. 宝石探险家

Link：P6002 (USACO20JAN) Berry Picking S

背景：这道题没有一个人赛时满分，CD题都有人过，很多人被这道题卡在了 AK 的半路上。然而老师说做法特别简单？实际上也是这样的，看来是我们太蒟了。。。

进入正题：

发现每个树上最多有 $1000$ 个果子，所以我们可以考虑枚举一个答案 $x$，保证要给对手的 $\frac{k}{2}$ 个篮子里的最小值为 $x$，这也就同时限制了给自己留下的 $\frac{k}{2}$ 个篮子里的最大值为 $x$。

考虑分情况讨论：

1. 我们能取出 $k$ 个 $x$，那么显然这 $k$ 个袋子里装的都是 $x$，我们留给自己的答案应该是 $\frac{k}{2}\cdot x$。
2. 我们怎么取都取不出 $\frac{k}{2}$ 个 $x$，那么显然直接无解，跳过这个情况。
3. 我们可以取出一部分完整的 $x$，但不够给自己分（$\frac{k}{2}<\lfloor \frac{k}{x}\rfloor <k$）。这时候我们会把 $\frac{k}{2}$ 个完整的 $x$ 给对方，然后给自己尽可能多的完整的 $x$，如果不够就在剩下的余数里挑大的给自己。

第三种情况维护余数可以考虑用优先队列实现。

时间复杂度 $O(n^2\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int n, k, a[1005];void solve()
{cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];}int ans = 0;for(int x = 1, maxx = *max_element(a + 1, a + n + 1); x <= maxx; x ++){ // 枚举中间点int tot = 0; // 统计能拆出来多少个完整的xpriority_queue <int> Q; // 记录余数for(int i = 1; i <= n; i ++){tot += a[i] / x;Q.push(a[i] % x);}if(tot < k / 2) continue; // 无解if(tot >= k){ans = max(ans, x * (k / 2)); continue; // 足够分，直接对半}int cnt = 0; // 记录自己能拿到的个数cnt += (tot - k / 2) * x; // 先把完整的x算上for(int i = 1; i <= k - tot; i ++){ // 选的个数：k/2-(tot-k/2)=k-totcnt += Q.top(); Q.pop();}ans = max(ans, cnt);}cout << ans << '\n';
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);solve();return 0;
}

C.星际能量站

Link：P3146 (USACO16OPEN) 248 G

看到“合并”这个套路，加上 $n$ 很小，不难想到区间 dp。

设 $f_{i,j}$ 表示融合区间 $[i,j]$ 可以获得的最高频率。

转移考虑枚举一个断点 $k(i\le k<j)$，若 $f_{i,k}=f_{k+1,j}$，则f[i][j]可以合并成一个新的值，尝试转移 $f_{i,k}+1$；

然后，$[i,j]$ 还可以由两个小区间的答案合并得来，尝试转移 max ⁡ { f i , k , f k + 1 , j } \max\{f_{i,k},f_{k+1,j}\} max{fi,k​,fk+1,j​}。

但这样会有问题，我们会把 $[2,6,2]$ 这样原来无法合并的区间看成了一个单独的 $6$！这显然是会影响答案的（看注释掉的那一行转移）

考虑修改状态的定义，$f_{i,j}$ 表示如果 $[i,j]$ 可以融合成一个数的话能得到的最高频率。
那么，对于无法合并成一个的（例如 $[2,6,2]$）$f$ 值会是 $-\infty$。
这样定义状态的话，答案应该是所有 $f_{i,j}$ 的最大值$\underset{1\le i\le j\le n}{\max }{f}_{i,j}$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int n, ans = -1e9;
int a[250];
int f[250][250]; // f[i][j]: 融合区间[i,j]可以获得的最高频率void solve()
{memset(f, -0x3f, sizeof f);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];f[i][i] = a[i]; // 融合长度为1的区间，得到的只能是a[i]本身ans = max(ans, f[i][i]);}for(int l = 2; l <= n; l ++){for(int i = 1; i + l - 1 <= n; i ++){int j = i + l - 1;for(int k = i; k <= j - 1; k ++){if(f[i][k] == f[k + 1][j]){f[i][j] = max(f[i][j], f[i][k] + 1);}
//              f[i][j] = max(f[i][j], max(f[i][k], f[k + 1][j])); // 不能转移}ans = max(ans, f[i][j]);}}cout << ans << '\n';
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);solve();return 0;
}

这道题还有一个加强版：P3147 (USACO16OPEN) 262144 P，数据更极限，用的是用倍增思想进行区间 dp 的trick，有兴趣可以了解一下。

D.量子仓库

Link：P3052 (USACO12MAR) Cows in a Skyscraper G

发现这道题有一个显然的暴力就是用全排列上手，枚举全排列，然后按照顺序每次都尽可能装接近 $W$ 的物品传送。

但这样时间复杂度是指数级别的。Sheryang 说过：全排列能做的题大多都可以用状压优化复杂度。

这道题的 $n\le 18$，也很小，所以就考虑状压 dp。

设 $f[i][j]$ 表示当前用了 $i$ 组，选择状态为 $j$ 时当前电梯里的最小重量。

那么答案就是最小的存在 $f[i][2^n-1]$ 方案的 $i$。

考虑转移，如果物品 $k$ 可以放在当前这一组里，且容量满足限制 $f[i][j]+c[k]\le W$，就可以继续往这一组里放：
$$f[i][j|(1<<k)]=min(f[i][j|(1<<k)],f[i][j]+c[k])$$
如果这一组不够 $f[i][j]+c[k]>W$，那么就只能新开一组：
$$f[i+1][j|(1<<k)]=min(f[i+1][j|(1<<k)],c[k])$$
初始化考虑初始化为 $+\infty$。初状态即为任选一个物品放到第一个袋子中：$f[1][1<<i]=c[i]$。

时间复杂度为 $O(2^n\times n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int n, W;
int c[20], f[20][1 << 20];void solve()
{memset(f, 0x3f, sizeof f); // 初始化为极大值cin >> n >> W;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> c[i];}for(int i = 1; i <= n; i ++){ // 初始化只选一个的情况f[1][1 << i-1] = c[i];}for(int i = 0; i <= n; i ++){ // 枚举组数for(int j = 0; j < (1 << n); j ++){ // 枚举已经选了的状态if(f[i][j] == f[0][0]) continue; // 注意判断状态f[i][j]是否存在for(int k = 1; k <= n; k ++){ // 枚举下一个选哪个位置if(j & (1 << k-1)) continue; // 保证k之前没有选过if(f[i][j] + c[k] <= W){f[i][j | (1 << k-1)] = min(f[i][j | (1 << k-1)], f[i][j] + c[k]);}else{f[i + 1][j | (1 << k-1)] = min(f[i + 1][j | (1 << k-1)], c[k]);}}}}for(int i = 0; i <= n; i ++){if(f[i][(1 << n) - 1] != f[0][0]){cout << i << '\n';return ;}}
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);solve();return 0;
}

当然，这道题还有一些神秘做法（比如裸搜剪枝、迭代加深搜索IDDFS，贪心配合模拟退火等），有兴趣请自行移步洛谷题解区~